bzoj3728: PA2014Final Zarowki

Description

有n个房间和n盏灯，你需要在每个房间里放入一盏灯。每盏灯都有一定功率，每间房间都需要不少于一定功率的灯泡才可以完全照亮。
你可以去附近的商店换新灯泡，商店里所有正整数功率的灯泡都有售。但由于背包空间有限，你至多只能换k个灯泡。
你需要找到一个合理的方案使得每个房间都被完全照亮，并在这个前提下使得总功率尽可能小。

Input

第一行两个整数n,k(1<=k<=n<=500000)。
第二行n个整数p[i](1<=p[i]<=10^9)，表示你现有的灯泡的功率。
第三行n个整数w[i](1<=w[i]<=10^9)，表示照亮每间房间所需要的最小功率。

Output

如果无法照亮每间房间，仅输出NIE。
否则输出最小的总功率。

Sample Input

6 2

12 1 7 5 2 10

1 4 11 4 7 5

Sample Output

HINT

解释：将2和10换成4和4。配对方案为1-1,4-4,4-4,5-5,7-7,11-12。

/*题面选最小。。。

Multiset+贪心可水，原理就是小的灯泡能用则用，不能用的保留，最后再用k次机会滑稽掉剩下的。再有剩余的可以把之前用的灯泡和房间差值变成0来减小。

这个堆+贪心啊，我承认我傻=-=。想了好久才明白。

首先对功率和房间从大到小排序，排完以后开始贪心。把符合当前房间条件的所有的灯泡都放进堆里（这个堆也保留之前房间剩余的），在里面选个最小的来提供给房间。但是！当这个堆里啥玩意都没有，即对于这个垃圾房间没有灯泡给它，我们就用一次换灯泡的机会，再给ans加上房间的需求，然后继续即可以。

然后我就方了，为什么不用改别的灯泡呢=-=，我这个蒟蒻百思不得其解=-=。因为我们使用这次机会以后，首先，对于以后的数据，扩大了可选择的范围（因为灯泡里接下来的最大值被保留了），其次由于不存在可以给这个房间提供的灯泡（因为有的之前给别的了，如果别的被替换，还是得使用一次机会）这次机会必须得用掉，然后对于某个可能被替换掉的灯泡，我相当于把它延后选择，即先把接下来可用灯泡都用掉，最后一定会多剩余一个灯泡（如果有小到没法用的自然剩余，要是较小的在某个房间可用，便会剩下一个大的）。

综上而言，这个贪心是正确的，因为它没有导致答案变大（使用最小），且保证了可解（保留剩下最大）。*/

 #include<cstdio>

 #include<queue>

 #include<algorithm>

 using namespace std;

 int n,k;

 const int N=;

 priority_queue<int > red;

 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;

 long long ans;

 int p[N],w[N];

 inline bool m_s(int a,int b){

     return a>b;

 }

 int main(){

     scanf("%d%d",&n,&k);

     for(int i=;i<=n;i++)   scanf("%d",p+i);

     for(int i=;i<=n;i++)   scanf("%d",w+i);

     sort(p+,p++n,m_s);sort(w+,w+n+,m_s);

     for(int i=,j=;i<=n;i++){

         while(p[j]>=w[i])   q.push(p[j++]);

         if(!q.empty()){

             ans+=q.top();

             red.push(q.top()-w[i]);q.pop();continue;

         }

         k--,ans+=w[i];

         if(k<) {printf("NIE\n");return ;}

     }

     while(k--)ans-=red.top(),red.pop();

     printf("%lld\n",ans);

 }

巴特西

bzoj3728: PA2014Final Zarowki

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